2023年高考數(shù)學(理數(shù))一輪復習課時62《坐標系》達標練習（含詳解）

2023年高考數(shù)學(理數(shù))一輪復習課時62《坐標系》達標練習LISTNUMOutlineDefault\l3圓心C的極坐標為（2，eq\f(π,4)），且圓C經(jīng)過極點.(1)求圓C的極坐標方程.(2)求過圓心C和圓與極軸交點(不是極點)的直線的極坐標方程.LISTNUMOutlineDefault\l3在平面直角坐標系xOy中，直線l的方程是x=4.曲線C的參數(shù)方程是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\r(2)cosφ，,y＝1＋\r(2)sinφ))(φ為參數(shù)).以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系.(1)求直線l和曲線C的極坐標方程；(2)若射線θ=αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ≥0，0<α<\f(π,4)))與曲線C交于點O，A，與直線l交于點B，求eq\f(|OA|,|OB|)的取值范圍.LISTNUMOutlineDefault\l3已知曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4＋5cost，,y＝5＋5sint，))(t為參數(shù))，以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C2的極坐標方程為ρ=2sinθ.(1)把C1的參數(shù)方程化為極坐標方程；(2)求C1與C2交點的極坐標(ρ≥0,0≤θ＜2π).LISTNUMOutlineDefault\l3在平面直角坐標系中，曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ，,y＝sinφ))(φ為參數(shù))，以原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C2是圓心在極軸上且經(jīng)過極點的圓，射線θ=eq\f(π,3)與曲線C2交于點Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3))).(1)求曲線C1的普通方程和曲線C2的直角坐標方程；(2)已知極坐標系中兩點A(ρ1，θ0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ2，θ0＋\f(π,2)))，若A，B都在曲線C1上，求eq\f(1,ρ\o\al(2,1))＋eq\f(1,ρ\o\al(2,2))的值.LISTNUMOutlineDefault\l3在直角坐標系xOy中，曲線C1：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα，,y＝tsinα))(t為參數(shù)，t≠0),其中0≤α≤π，在以O為極點，x軸正半軸為極軸的極坐標系中，曲線C2：ρ＝2sinθ，C3：ρ＝2eq\r(3)cosθ.(1)求C2與C3交點的直角坐標；(2)若C1與C2相交于點A，C1與C3相交于點B，求|AB|的最大值.LISTNUMOutlineDefault\l3在極坐標系中，曲線C：ρ＝2acosθ(a>0)，l：ρcos(θ-eq\f(π,3))＝eq\f(3,2)，C與l有且僅有一個公共點.(1)求a；(2)O為極點，A，B為曲線C上的兩點，且∠AOB＝eq\f(π,3)，求|OA|＋|OB|的最大值.LISTNUMOutlineDefault\l3在極坐標系中，已知直線l的極坐標方程為ρsin（eq\f(π,4)+θ）=1，圓C的圓心的極坐標是C（1，eq\f(π,4)），圓的半徑為1.(1)求圓C的極坐標方程；(2)求直線l被圓C所截得的弦長.LISTNUMOutlineDefault\l3已知圓C：x2＋y2=4，直線l：x＋y=2.以O為極點，x軸的正半軸為極軸，取相同的單位長度建立極坐標系.(1)將圓C和直線l方程化為極坐標方程；(2)P是l上的點，射線OP交圓C于點R，又點Q在OP上，且滿足|OQ|·|OP|=|OR|2，當點P在l上移動時，求點Q軌跡的極坐標方程.

LISTNUMOutlineDefault\l3\s02023年高考數(shù)學(理數(shù))一輪復習課時62《坐標系》達標練習（含詳解）答案解析、解答題LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)圓心C的直角坐標為(eq\r(2)，eq\r(2))，則設圓C的直角坐標方程為(x－eq\r(2))2＋(y－eq\r(2))2=r2，依題意可知r2=(0－eq\r(2))2＋(0－eq\r(2))2=4，故圓C的直角坐標方程為(x－eq\r(2))2＋(y－eq\r(2))2=4，化為極坐標方程為ρ2－2eq\r(2)ρ(sinθ＋cosθ)=0，即ρ=2eq\r(2)(sinθ＋cosθ).(2)在圓C的直角坐標方程x2＋y2－2eq\r(2)(x＋y)=0中，令y=0，得x2－2eq\r(2)x=0，解得x=0或2eq\r(2)，于是得到圓C與x軸的交點坐標(0,0)，(2eq\r(2)，0)，由于直線過圓心C(eq\r(2)，eq\r(2))和點(2eq\r(2)，0)，則該直線的直角坐標方程為y－0=eq\f(\r(2)－0,\r(2)－2\r(2))(x－2eq\r(2))，即x＋y－2eq\r(2)=0.化為極坐標方程得ρcosθ＋ρsinθ－2eq\r(2)=0.LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)由ρcosθ=x，得直線l的極坐標方程為ρcosθ=4.曲線C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\r(2)cosφ，,y＝1＋\r(2)sinφ))(φ為參數(shù))，消去參數(shù)φ得曲線C的普通方程為(x－1)2＋(y－1)2=2，即x2＋y2－2x－2y=0，將x2＋y2=ρ2，x=ρcosθ，y=ρsinθ代入上式得ρ2=2ρcosθ＋2ρsinθ，所以曲線C的極坐標方程為ρ=2cosθ＋2sinθ.(2)設A(ρ1，α)，B(ρ2，α)，則ρ1=2cosα＋2sinα，ρ2=eq\f(4,cosα)，所以eq\f(|OA|,|OB|)=eq\f(ρ1,ρ2)=eq\f(2cosα＋2sinαcosα,4)=eq\f(sinαcosα＋cos2α,2)=eq\f(1,4)(sin2α＋cos2α)＋eq\f(1,4)=eq\f(\r(2),4)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＋eq\f(1,4)，因為0<α<eq\f(π,4)，所以eq\f(π,4)<2α＋eq\f(π,4)<eq\f(3π,4)，所以eq\f(\r(2),2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))≤1，所以eq\f(1,2)<eq\f(\r(2),4)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＋eq\f(1,4)≤eq\f(1＋\r(2),4).故eq\f(|OA|,|OB|)的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1＋\r(2),4))).LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)將eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4＋5cost,y＝5＋5sint))，消去參數(shù)t，化為普通方程為(x－4)2＋(y－5)2=25，即C1：x2＋y2－8x－10y＋16=0.將eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ,y＝ρsinθ))，代入x2＋y2－8x－10y＋16=0得ρ2－8ρcosθ－10ρsinθ＋16=0.所以C1的極坐標方程為ρ2－8ρcosθ－10ρsinθ＋16=0.(2)C2的普通方程為x2＋y2－2y=0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－8x－10y＋16＝0，,x2＋y2－2y＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1,y＝1))，或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝2.))所以C1與C2交點的極坐標分別為（eq\r(2)，eq\f(π,4)），（2，eq\f(π,2)）.LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)∵C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ，,y＝sinφ，))∴C1的普通方程為eq\f(x2,4)＋y2=1.由題意知曲線C2的極坐標方程為ρ=2acosθ(a為半徑)，將Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3)))代入，得2=2a×eq\f(1,2)，∴a=2，∴圓C2的圓心的直角坐標為(2,0)，半徑為2，∴C2的直角坐標方程為(x－2)2＋y2=4.(2)曲線C1的極坐標方程為eq\f(ρ2cos2θ,4)＋ρ2sin2θ=1，即ρ2=eq\f(4,4sin2θ＋cos2θ).∴ρeq\o\al(2,1)=eq\f(4,4sin2θ0＋cos2θ0)，ρeq\o\al(2,2)=eq\f(4,4sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0＋\f(π,2)))＋cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0＋\f(π,2))))=eq\f(4,sin2θ0＋4cos2θ0).∴eq\f(1,ρ\o\al(2,1))＋eq\f(1,ρ\o\al(2,2))=eq\f(4sin2θ0＋cos2θ0,4)＋eq\f(4cos2θ0＋sin2θ0,4)=eq\f(5,4).LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)曲線C2的直角坐標方程為x2＋y2－2y＝0，曲線C3的直角坐標方程x2＋y2－2eq\r(3)x＝0.聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－2y＝0，,x2＋y2－2\r(3)x＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(3),2)，,y＝\f(3,2).))所以C2與C3交點的直角坐標為(0，0)和（eq\f(\r(3),2)，eq\f(3,2)）.(2)曲線C1的極坐標方程為θ＝α(ρ∈R，ρ≠0)，其中0≤α≤π.因此A的極坐標為(2sinα，α)，B的極坐標為(2eq\r(3)cosα，α).所以|AB|＝|2sinα－2eq\r(3)cosα|＝4|sin（α-eq\f(π,3)）|.當α＝eq\f(5π,6)時，|AB|取得最大值，最大值為4.LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)曲線C：ρ＝2acosθ(a>0)，變形ρ2＝2aρcosθ，化為x2＋y2＝2ax，即(x－a)2＋y2＝a2.∴曲線C是以(a,0)為圓心，a為半徑的圓.由l：ρcos(θ-eq\f(π,3))＝eq\f(3,2)，展開為eq\f(1,2)ρcosθ＋eq\f(\r(3),2)ρsinθ＝eq\f(3,2)，∴l(xiāng)的直角坐標方程為x＋eq\r(3)y－3＝0.由題可知直線l與圓C相切，即eq\f(|a－3|,2)＝a，解得a＝1.(2)不妨設A的極角為θ，B的極角為θ＋eq\f(π,3)，則|OA|＋|OB|＝2cosθ＋2cos(θ-eq\f(π,3))＝3cosθ－eq\r(3)sinθ＝2eq\r(3)cos(θ-eq\f(π,6))，當θ＝－eq\f(π,6)時，|OA|＋|OB|取得最大值2eq\r(3).LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)設O為極點，OD為圓C的直徑，A(ρ，θ)為圓C上的一個動點，則∠AOD=eq\f(π,4)－θ或∠AOD=θ－eq\f(π,4)，|OA|=|OD|cos（eq\f(π,4)－θ）或|OA|=|OD|cos（θ－eq\f(π,4)）.所以圓C的極坐標方程為ρ=2cos（θ－eq\f(π,4)）.(2)由ρsin（θ+eq\f(π,4)）=1，得eq\f(\r(2),2)ρ(sinθ＋cosθ)=1，∴直線l的直角坐標方程為x＋y－eq\r(2)=0，又圓心C的直角坐標為（eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(2),2)）滿足直線l的方程，∴直線l過圓C的圓心